CD.
　　∴FG=，FG⊥BD.
　　由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D知BD=B1D=A1B=1，
　　所以△BB1D是边长为1的正三角形.
　　于是B1G⊥BD，B1G=∴∠B1GF是所求二面角的平面角，
　　又 B1F2=B1B2+BF2=1+（=，
　　∴
　　
　　即所求二面角的大小为
　　解法二：如图，以C为原点建立坐标系.
　　（Ⅰ）B（，0，0），B1（，1，0），A1（0，1，1），
　　D（，M（，1，0），
　　
　　则∴CD⊥A1B，CD⊥DM.
　　因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，所以CD⊥平面BDM.
　　（Ⅱ）设BD中点为G，连结B1G，则
　　G（），、、），
　　
　　
　　所以所求的二面角等于
　　17．[2004年全国高考(陕西广西海南西藏内蒙古)理科数学第20题，文科数学第21题]
　　
　　本小题主要考查两个平面垂直的性质、直线与平面所成角等有关知识，以及逻辑思维能力和空间想象能力.满分12分.
　　（Ⅰ）证明：如图1，取AC中点D，连结PD、BD.
　　因为PA=PC，所以PD⊥AC，又已知面PAC⊥面ABC，
　　所以PD⊥面ABC，D为垂足.
　　因为PA=PB=PC，所以DA=DB=DC，
　　可知AC为△ABC的外接圆直径，因此AB⊥BC.
　　（Ⅱ，理科）解：如图2，作CF⊥PB于F，连结AF、DF.
　　
　　因为△PBC≌△PBA，所以AF⊥PB，AF=CF.
　　因此，PB⊥平面AFC，
　　所以面AFC⊥面PBC，交线是CF，
　　因此直线AC在平面PBC内的射影为直线CF，
　　∠ACF为AC与平面PBC所成的角.
　　在Rt△ABC中，AB=BC=2，所以BD=
　　在Rt△PDC中，DC=
　　在Rt△PDB中，
　　在Rt△FDC中，所以∠ACF=30°.
　　即AC与平面PBC所成角为30°.
　　（2，文科）解：因为AB=BC，D为AC中点，所以BD⊥AC.
　　又面PAC⊥面ABC，
　　所以BD⊥平面PAC，D为垂足.
　　作BE⊥PC于E，连结DE，
　　因为DE为BE在平面PAC内的射影，
　　所以DE⊥PC，∠BED为所求二面角的平面角.
　　在Rt△ABC中，AB=BC=，所以BD=.
　　在Rt△PDC中，PC=3，DC=，PD=，
　　所以
　　因此，在Rt△BDE中，，
　　，
　　所以侧面PBC与侧面PAC所成的二面角为60°.
　　18．[2004年全国高考(甘肃贵州青海宁夏新疆)理科数学第20题，文科数学第21题]
　　本小题主要考查棱锥的体积、二面角、异面直线所成的角等知识和空间想象能力、分析
　　
　　问题能力.满分12分
　　解：（Ⅰ）如图1，取AD的中点E，连结PE，则PE⊥AD.
　　作PO⊥平面在ABCD，垂足为O，连结OE.
　　根据三垂线定理的逆定理得OE⊥AD，
　　所以∠PEO为侧面PAD与底面所成的二面角的平面角，
　　由已知条件可知∠PEO=60°，PE=6，
　　所以PO=3，四棱锥P—ABCD的体积
　　VP—ABCD=
　　（Ⅱ）解法一：如图1，以O为原点建立空间直角坐标系.通过计算可得
　　P（0，0，3），A（2，－3，0），B（2，5，0），D（－2，－3，0）
　　所以
　　因为所以PA⊥BD.
　　解法二：如图2，连结AO，延长AO交BD于点F.通过计算可得EO=3，AE=2，
　　
　　 又知AD=4，AB=8，
　　得
　　所以Rt△AEO∽Rt△BAD.
　　得∠EAO=∠ABD.
　　所以∠EAO+∠ADF=90°
　　所以AF⊥BD.
　　因为直线AF为直线PA在平面ABCD 内的身影，所以PA⊥BD.
　　19．（2004年北京高考·文史第16题，本小题满分14分）
　　本小题主要考查直线与平面的位置关系、棱柱等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。满分14分。
　　解：（I）正三棱柱的侧面展开图是长为6，宽为2的矩形
　　其对角线长为
　　（II）如图，将侧面绕棱旋转使其与侧面在同一平面上，点B运动到点D的位置，连接交于M，则就是由顶点B沿棱柱侧面经过棱到顶点C1的最短路线，其长为
　　
　　，
　　故
　　
　　（III）连接DB，，则DB就是平面与平面ABC的交线
　　在中
　　
　　又
　　由三垂线定理得
　　就是平面与平面ABC所成二面角的平面角（锐角）
　　侧面是正方形
　　
　　故平面与平面ABC所成的二面角（锐角）为